Đáp án D

1.

Gọi O là giao điểm AC và BD, Q là trung điểm AB \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SO\perp\left(ABCD\right)\\OQ\perp AB\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AB\perp\left(SOQ\right)\)

Từ O kẻ \(OH\perp SQ\Rightarrow OH\perp\left(SAB\right)\Rightarrow OH=d\left(O;\left(SAB\right)\right)\)

\(OQ=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a}{2}\) ; \(SO=\sqrt{SA^2-\left(\dfrac{BD}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OQ^2}+\dfrac{1}{SO^2}=\dfrac{14}{3a^2}\Rightarrow OH=a\sqrt{\dfrac{14}{3}}\)

\(d\left(P;\left(SAB\right)\right)=2d\left(O;\left(SAB\right)\right)=2OH=2a\sqrt{\dfrac{14}{3}}\)

2.

Câu này đề đúng ko nhỉ? Vì thấy quá nhiều dữ kiện thừa thãi.

Từ \(\overrightarrow{IA}=-2\overrightarrow{IH}\Rightarrow I;A;H\) thẳng hàng

Mà ABC vuông cân tại A \(\Rightarrow AI\perp BC\Rightarrow AH\perp BC\)

Từ K kẻ \(KP||BC\)  (P thuộc AH) \(\Rightarrow KP\perp AH\)

\(\left\{{}\begin{matrix}KP\in\left(SAB\right)\Rightarrow SH\perp KP\\KP\perp AH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow KP\perp\left(SAH\right)\)

\(\Rightarrow KP=d\left(K;\left(SAH\right)\right)\)

\(KP=\dfrac{1}{2}IB\) (đường trung bình); \(IB=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{1}{2}AB\sqrt{2}=a\Rightarrow KP=\dfrac{a}{2}\)

Chọn B

ta có:  d ( I , ( S A B ) ) = 1 2 d ( C , ( S A B ) )

lại có:  d ( C , ( S A B ) ) = 3 V S A B C S Δ A B C

gọi M là trung điểm AB, khi đó góc giữa mp(SAB) và mp(ABC) là góc  S M H ^

khi đó:  S H = H M . tan 60 o = a 3 2

V S A B C = a 3 3 12 ; S A B C = a 2 2 ⇒ d ( C , ( S A B ) ) = a 3 2 ⇒ d ( I , ( S A B ) ) = a 3 4

Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)

Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)

Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)

Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)

Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB))  (1)

Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC

Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.

Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).

Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).

Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)

Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)

Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :

\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)

Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)

Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)